2015-2016学年山东省枣庄市滕州市实验高中高三上学期开学化学试卷
一、单选题
1．（2015高三上·滕州开学考）日常生活中一些事例常涉及到化学知识，下列分析不正确的是（ ）
A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
B．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物
C．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2
D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
2．（2016高二下·娄底期末）中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末．该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”．同学们对此有下列一些理解，其中错误的是（ ）
A．金刚石属于金属单质 B．制造过程中元素种类没有改变
C．CCl4是一种化合物 D．这个反应是置换反应
3．（2015高三上·滕州开学考）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．加水稀释 增大的溶液：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣
B．常温下 =0.1 mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣
C．铁片加入产生气泡的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣
D．NaHCO3溶液：K+、Na+、SO42﹣、Al3+
4．（2015·沙市模拟）NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是（ ）
A．7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2NA
B．标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1NA
C．1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NA
D．0.1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数为0.3NA
5．下列说法不正确的是（ ）
A．胶状沉淀或颗粒太小的沉淀不宜用减压过滤，溶液有强酸性、强碱性或强氧化性时，应用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B．移液管吸取溶液后，应将其垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管。
C．红外光谱仪、质谱仪、核磁共振仪可用于测定有机物结构，同位素示踪法可用于研究化学反应历程
D．为检验火柴头中是否存在氯元素，将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液、稀硝酸溶液。若出现白色沉淀，说明含氯元素。
6．（2015高三上·滕州开学考）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．下列叙述正确的是（ ）
A．迷迭香酸属于芳香烃
B．迷迭香酸可以发生水解、消去、取代和酯化反应
C．1mol迷失香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应
D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成，和6mol溴发生取代反应
7．（2015高三上·滕州开学考）根据表中八种短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是
元素编号 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径/nm 0.037 0.074 0.082 0.099 0.102 0.143 0.152 0.186
最高化合价或 最低化合价 +1 ﹣2 +3 ﹣1 ﹣2 +3 +1 +1
（ ）
A．元素②⑥形成的化合物具有两性
B．元素②气态氢化物的沸点小于元素⑤气态氢化物的沸点
C．元素⑤对应的离子半径大于元素⑦对应的离子半径
D．元素④的最高价氧化物的水化物比元素⑤的最高价氧化物的水化物酸性强
二、综合题
8．（2015高三上·滕州开学考）四氯化锡常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡．已知SnCl4为无色液体，熔点﹣33℃，沸点114℃，极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可用如图装置合成四氯化锡（夹持装置略）．
（1）装置D的名称为 ；
（2）冷凝水应从 （填“a”或“b”）口进入F中；
（3）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反应的化学反应方程式为 ；
（4）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为 ；
（5）装置E中加热的目的是 、 ；
（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气中的氯气，其反应的离子反应方程式为 ．
（7）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为 ．
（8）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G 中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为 ．（已知SnCl4相对分子质量为261）
9．（2015高三上·滕州开学考）硫和氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措．
（1）研究发现利用NH3可消除硝酸尾气中的NO污染．NH3与NO的物质的量之比分别为1﹕3、3﹕1、4﹕1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：
①用化学反应方程式表示NH3消除NO的反应原理 （不用注明反应条件）．
②曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是 ．
③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为 mg/（m3 s）．
（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，若吸收的溶液中NO2﹣的浓度为ag L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2 L．（用含a的代数式表示，计算结果保留整数）
（3）SO2被少许NaOH溶液吸收生成能使pH试纸变红的NaHSO3溶液，工业上可电解NaHSO3得到重要化工产品Na2S2O4．
①NaHSO3溶液中离子浓度大小为 ．
②写出生成S2O42﹣的电极反应式 ．
10．（2015高三上·滕州开学考）煤化工中两个重要反应为：
①C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g）△H=+131.3kJ mol﹣1，
②CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）．
（1）下列说法正确的是 ．
A．当反应①的容器中混合气体的密度不再变化时反应达到最大限度
B．反应②的熵变△S＞0
C．反应①中增加C固体的量能增大反应速率
D．在反应中②及时分离出产生的H2对正反应速率无影响
（2）若工业上要增加反应①的速率，最经济的措施为 ．
（3）现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入2L恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所 需时间/min
CO H2O H2 CO2
I 650 4 2 1.6 1.6 5
Ⅱ 900 2 1 0.5 0.5 3
Ⅲ 900 a b c d t
①实验I中，从反应开始到反应达到平衡时，H2O的平均反应速率为 ．
②CO（g）和H2O（g）反应的△H 0 （ 填“大于”、“小于”或“等于”）
③实验III中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是 ，与实验Ⅱ相比，化学平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
④若在900℃时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1mol CO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，平衡向 方向移动（填“正反应”、“逆反应”“不移动”）．
（4）CO、H2可用于甲醇和甲醚，其反应为（m、n均大于0）：
反应①：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣mkJ mol﹣1
反应②：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ mol﹣1
反应③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0
则m与n的关系为 ．
三、【化学选修--2：化学与技术】
11．（2015高三上·滕州开学考）我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等．一种利用粉煤灰制取氧化铝、硫酸铁溶液、二氧化硅的工艺流程如下：
（1）操作i的名称为
（2）工业上若需加快粉煤灰与NaOH溶液反应的浸出速率，可采取的措施有 （写两点即可）．
（3）写出固体A溶解在稀硫酸中所得溶液与H2O2反应的离子方程式 ．
（4）以上流程中可以循环利用的物质是 （填化学式）．
（5）某科研小组用硫酸作为浸取液，浸取粉煤灰中的铝元素和铁元素，在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为 h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是 （填化学式）．
（6） 电池是一种新型安全电池，广泛用于军事领域，其电池总反应为：2Al+3AgO+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣+3Ag，则该电池工作时正极的电极反应方程式为 ，若电池产生6mol电子转移，整体上分析电池负极消耗的OH﹣物质的量最终为 mol．
四、【化学--选修3：物质结构与性质】
12．（2015高三上·滕州开学考）举世瞩目的中国探月工程三期再入返回试验器于2014年10月24日凌晨成功发射，为实现月球采样和首次地月往返踏出了成功的第一步．探月工程三期的主要目标是实现无人自动采样返回，突破月面采样、月面上升、月球轨道交会对接等核心关键技术．已知所用火箭推进剂为肼 （N2H4）和过氧化氢（H2O2），火箭箭体一般采用钛合金材料．
请回答下列问题：
（1）N2H4、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为 ，第一电离能最大的元素为 ．
（2）钛的原子序数为22，其基态电子排布式示意图为 ．
（3）1mol N2H4分子中含有的键数目为 ．
（4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道为 ，估计它难溶于CS2，简要说明原因
（5）氮化硼其晶胞如图2所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为 ，若立方氮化硼的密度为ρ g cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为 cm．
五、【化学--选修5：有机化学基础】
13．（2015高三上·滕州开学考）重要有机物M和N常用于交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图所示：
已知：
i
ii
iii N的结构简式：
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为 ，由A生成B的反应类型为 ．
（2）Z的名称为
（3）1molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗 molH2．
（4）由B生成C的反应①的化学方程式为 ．
（5）由Y生成D的化学方程式为 ．
（6）G的同分异构体有多种，其中与G具有相同官能团的同分异构体有 种，写出核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．硅酸钠具有粘性、不易燃烧，用来制备硅胶和木材防火剂的原料，故A正确；
B．纯棉织物的主要成分是纤维素，与纸相似，纯毛织物的主要成分是蛋白质，与羽毛相似，前者燃烧有烧纸的气味，后者燃烧有烧焦羽毛的气味，故B正确；
C．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故C错误；
D．重金属盐能使蛋白质发生变性，细菌是蛋白质，能被银离子杀死，故D正确．
故选C．
【分析】A．硅酸钠具有粘性、不易燃烧；
B．蛋白质燃烧有烧焦羽毛的气味；
C．亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸；
D．重金属盐能使蛋白质发生变性．
2．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、金刚石属于非金属单质，故A错误；
B、化学反应前后遵循元素守恒的思想，制造过程中元素种类没有改变，故B正确；
C、CCl4由不同种元素组成的纯净，属于化合物，故C正确；
D、CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末的过程是钠单质置换出碳单质的过程，属于置换反应，故D正确．
故选A．
分析】A、金刚石是碳元素组成的单质，属于非金属单质；
B、化学反应前后遵循元素守恒的思想；
C、由不同种元素组成的纯净物叫化合物；
D、一种单质和一种化合物反应生成新的单质和化合物的反应叫做置换反应
3．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．加水稀释 增大的溶液为酸性溶液，AlO2﹣与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．常温下 =0.1 mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B正确；
C．加入铁片产生气泡的溶液可能为稀盐酸、稀硫酸，有可能为硝酸，NO3﹣在酸性条件下能够氧化I﹣，硝酸也能够氧化I﹣，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D．NaHCO3、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．加水稀释 增大的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；
B．常温下 =0.1mol/L的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．加入铁片产生气泡的溶液为酸性或强氧化性溶液，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子，且强氧化性溶液能够氧化碘离子；
D．铝离子与碳酸氢钠发生双水解反应．
4．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，含有阴离子数目为0.1NA，故A错误；
B、标况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；
C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的物质的量小于0.2mol，即小于0.2NA个，故C错误；
D、0.1mol Fe与足量稀HNO3反应生成0.1mol硝酸铁，转移电子数为0.3NA，故D正确；
故选D．
【分析】A、过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成；
B、标况下，三氯甲烷为液态；
C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
D、铁与足量硝酸反应生成三价铁离子．
5．【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、胶状沉淀或颗粒太小的沉淀不宜用减压过滤，溶液有强酸性、强碱性或强氧化性时，应用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，正确；B、移液管吸取溶液后，应将其垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管，正确；C、红外光谱仪、质谱仪、核磁共振仪可用于测定有机物结构，同位素示踪法可用于研究化学反应历程，正确；D、火柴头中氯元素以KClO3形式存在，应该用燃尽的火柴头浸泡或加NaNO2、AgNO3、HNO3溶液加以检验，错误。
【分析】本题考查化学仪器的使用方法、仪器法检验物质的使用、氯元素的检验等，题目难度中等，熟练掌握化学仪器的使用和元素的检验是解题的关键 。
6．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团
【解析】【解答】解：A、有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，所以迷迭香酸不属于芳香烃，故A错误；
B、该物质中含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，所以迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应，不能发生消去反应，故B错误；
C、1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故C正确；
D、该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有2mol苯环，所以2mol苯环需要6mol氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有1mol碳碳双键，所以1mol碳碳双键需要1mol氢气发生加成反应，所以最多能和7mol氢气发生加成反应，该物质中含有酚羟基，所有苯环上酚羟基的邻位和对位的氢原子共6mol能与溴发生取代反应，即可以和6mol溴发生取代反应，故D错误；
故选C．
【分析】A、芳香烃是含有苯环且组成元素只有碳和氢元素的化合物；
B、该分子含有的官能团有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，所有应具有酚、羧酸、酯、烯烃的性质；
C、迷迭香酸中的酚羟基、羧基、酯基均可以和氢氧化钠发生反应；
D、该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发生加成反应，含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应．
7．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】②⑤的最低价都为﹣2价，应该为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①⑦⑧的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：①为H元素、⑦为Li元素、⑧为Na元素；③⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知：③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，
A．元素②⑥形成的化合物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故A正确；
B．元素②气态氢化物为水，元素⑤气态氢化物为硫化氢，由于水分子中存在氢键，则水的沸点大于硫化氢，故B错误；
C．元素⑤对应的离子为硫离子，元素⑦对应的离子为锂离子，硫离子含有3个电子层、锂离子含有1个电子层，所以硫离子的离子半径大于锂离子，故C正确；
D．元素④的最高价氧化物的水化物高氯酸，元素⑤的最高价氧化物的水化物为硫酸，由于非金属性：Cl＞S，则高氯酸的酸性大于硫酸，故D正确；
故选B．
【分析】②⑤的最低价都为﹣2价，应该为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①⑦⑧的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：①为H元素、⑦为Li元素、⑧为Na元素；③⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知：③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，据此结合元素周期律知识进行解答．
8．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）b
（3）MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O
（4）SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）
（5）促进氯气与锡粉反应；促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去
（6）2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
（7）在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）
（8）95.0%
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）根据装置D的结构特点和应用可知为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）为了冷却充分，使冷凝水充满整个冷凝管，冷凝水应该从b口进，a口出，故答案为：b；（3）装置A中是在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应制备Cl2，其化学反应方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，帮答案为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）装置A制备的Cl2中含有HCl和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，可除去Cl2中的HCl，装置C中应该盛放浓H2SO4，除去Cl2中的水蒸气，若没有装置C，水蒸气会进入装置D中，根据题目信息，生成的SiCl4能与H2O发生反应：SnCl4+4H2O Sn（OH）4+4HCl，加热促进其水解，生成的Sn（OH）4分解生成SnO2，所以可能得到的副产物为SnO2，故答案为：SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（5）Sn与Cl2反应需在加热条件下进行，同时生成的SnCl4的沸点为114℃，加热促进SnCl4气化，进入37装置F中，然后冷却分离，故答案为：促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去；（6）氯气能氧化FeBr2生成氯化铁和溴，发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；（7）装置H中的水蒸气会进入装置G中导致SnCl4水解，所以应该在装置G、H之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管），防止空气中的水蒸气进入装置G中，故答案为：在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；（8）根据反应：Sn+2Cl2 SnCl4，6.72L标准状况下的Cl2体积为0.3mol，理论上可得0.15molSnCl4，其质量=0.15mol×261g/mol=39.15g，故SnCl4的产率= =95.0%，故答案为：95.0%．
【分析】题中所制SnCl4为无色液体，熔点﹣33℃，沸点114℃，极易水解，在潮湿的空气中发烟，故利用氯气制SnCl4时，应保持干燥无氧环境，同时还要考虑Cl2本身的除杂，装置E加热的目的是使生成的SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去，并经过冷凝管液化后进行收集要，最后再碱性溶液吸收含有氯气的尾气，反应产率可根据A中生成的氯气计算出理论产值，再求算产率；（1）结合常见的仪器可判断D装置的仪器名称；（2）冷凝管里冷却水的方向应该与气流方向相反；（3）装置A是实验室制氯气，反应物为二氧化锰和浓盐酸，生成氯化锰及氯气；（4）没有装置C，进入D装置的氯气中混有水汽，SnCl4遇水会水解，产生杂质；（5）装置E是制SnCl4的反应装置，加热会加快反应时行，同时因SnCl4沸点较低，可使SnCl4气化便于分离与收集；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液，利用氯气可氧化FeBr2，达到吸收尾气中氯气的目的；（7）因SnCl4易水解，在尾气处理装置前要增加一个干燥装置，防止有水蒸汽进入G中；（8）根据反应A中生成的氯气可计算SnCl4理论产量，再结合实际产量，计算产率．
9．【答案】（1）4NH3+6NO=5N2+6H2O；3：1；1.5×10﹣4
（2）243.5a
（3）c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；2H++2 HSO3﹣+2e﹣=S2O42﹣+2H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：（1）①NH3与NO在一定条件下发生氧化还原反应生成N2和H2O，结合原子守恒配平书写方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1，
故答案为：3：1；③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率= =1.5×10﹣4mg/（m3 s），
故答案为：1.5×10﹣4mg；（2）NO2﹣的浓度为ag L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，则失去电子物质的量= ×2，1molO2获得4mol电子，设消耗标况下氧气的体积是VL，则有： ×4= ×2，解得V=243.5a，
故答案为：243.5a；（3）①NaHSO3溶液呈酸性，说明HS的电离程度大于其水解程度，故溶液中离子浓度大小为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；
②HSO3﹣到S2O42﹣转化过程中S元素价态变化（由+4→+3价）可知，HSO3﹣在电解时得到电子生成S2O42﹣，所以其电极反应为：2H++2 HSO3﹣+2e﹣=S2O42﹣+2H2O，故答案为：2H++2 HSO3﹣+2e﹣=S2O42﹣+2H2O．
【分析】（1）①NH3与NO在一定条件下发生氧化还原反应生成N2和H2O：4NH3+6NO=5N2+6H2O；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1；③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率= ×100%；（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2﹣的浓度为ag L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，则失去电子物质的量= ×2，1molO2获得4mol电子，设消耗标况下氧气的体积是VL，则有： ×4= ×2，解得V=243.5a．（3）①NaHSO3溶液呈酸性，说明HS的电离程度大于其水解程度；
②HSO3﹣到S2O42﹣转化过程中S元素价态变化（由+4→+3价）可知，HSO3﹣在电解时得到电子生成S2O42﹣，结合电荷守恒和原子守恒配平写出电极反应．
10．【答案】（1）A
（2）粉碎煤炭、增加H2O的浓度、使用合适的催化剂
（3）0.04mol/（L min）；小于；a＜b；不变；正反应
（4）n＞2m
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）A．因为反应①可知反应物C为固体，所以反应前后质量在变，又体积固定，所以当反应①的密度是变化值，当密度不再变化时反应达到最大限度，故A正确；
B．反应物和生成物都是气体，且化学计量总数相等，故该反应的△S无法判断，故B错误；
C．碳为固体，增加其量不会影响反应速率，故C错误；
D．在反应中②及时分离出产生的H2相当于减小了反应物的浓度，逆反应速率瞬时减小，正反应速率会逐渐减小，故D错误；
故选：A；（2）根据反应①的特点，增加反应速率最经济的方法有：一是将C固体粉碎，增加反应接触面积从而增加反应速率，二是增加水蒸气的浓度来增加反应速率，三是采用合适的催化剂来提高反应速率，故答案为：粉碎煤炭、增加H2O的浓度、使用合适的催化剂；（3）①根据方程式可知v（H2O）=v（CO2），则v（H2O）=v（CO2）= =0.04mol/（L min），故答案为：0.04mol/（L min）；
②实验I达平衡时，
H2O（g）+ CO（g） CO2（g）+ H2（g）
初始 1mol/L 2mol/L 0 0
转化 0.8mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L
平衡 0.2mol/L 1.2mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L
根据K= 计算可得该反应在650℃时平衡常数数值为K= =2.67，
实验Ⅱ达平衡时，
H2O（g）+ CO（g） CO2（g）+ H2（g）
初始 1mol/L 0.5mol/L 0 0
转化 0.25mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L
平衡 0.75mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L
根据K= 计算可得该反应在900℃时平衡常数数值为K= = ，可见温度升高K减小，反应为放热反应，△H＜0
故答案为：小于；
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）反应中，CO和H2O的计量数相同，当CO和水蒸气的物质的量相等时二者转化率相等，故当水蒸气的物质的量大于CO时，CO的转化率大于水蒸气，则a＜b；又平衡常数仅与温度有关，所以实验III中与实验Ⅱ相比，化学平衡常数不变；
故答案为：a＜b；不变；
④在900℃时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1molCO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，此时有2.5molCO、1mol H2O、0.7mol CO2、1mol H2，则c（CO）=1.25mol L﹣1，c（H2O）=0.5mol L﹣1，c（CO2）=0.35mol L﹣1，c（H2）=0.5mol L﹣1，此时Q= =0.28＜K，故反应应向正反应方向进行，故答案为：正反应；（4）①：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣mkJ mol﹣1
②：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ mol﹣1
③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0
根据盖斯定律，②﹣①×2可得③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=（2m﹣n）＜0，所以n＞2m，故答案为：n＞2m．
【分析】（1）A．根据密度是否为变化值判断；
B．反应物和生成物都是气体，且化学计量总数相等，故该反应的△S无法判断，故B错误；
C．碳为固体，增加其量不会影响反应速率；
D．在反应中②及时分离出产生的H2相当于减小了反应物的浓度；（2）根据增加反应速率可以从增大表面积，增加反应物的浓度、使用合适的催化剂等分析；（3）①根据v= 计算；
②分别计算出第一组和第二组温度平衡时各物质的浓度，根据K= 计算判断；
③根据CO和H2O的计量数相同，当CO和水蒸气的物质的量相等时二者转化率相等，故当水蒸气的物质的量大于CO时，CO的转化率大于水蒸气；平衡常数仅与温度有关；
④根据Q= 与K的大小判断反应进行的方向；（4）①：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣mkJ mol﹣1
②：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ mol﹣1
③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0
根据盖斯定律，②﹣①×2判断．
11．【答案】（1）过滤
（2）升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等
（3）H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O
（4）NH4Cl
（5）2；NH4F
（6）AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣；2
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：粉煤灰（主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等），加入NaOH溶液使SiO2、Al2O3溶解，生成滤液C中含有Na2SiO3和NaAlO2，Fe2O3、FeO和氢氧化钠不反应，所以固体A为Fe2O3、FeO混合物，过滤后，A中加双氧水和硫酸，双氧水能氧化亚铁离子，得溶液B为Fe2（SO4）3溶液，滤液中通入过量盐酸，得固体D为H2SiO3，溶液F为氯化铝溶液，D煅烧得E为SiO2，F溶液中通入氨气得H为氢氧化铝和溶液J为氯化铵，H煅烧得I为Al2O3，（1）加入过量NaOH溶液后，只有FeO、Fe2O3不反应，SiO2与Al2O3转化为可溶性的Na2SiO3和NaAlO2，通过过滤实现FeO、Fe2O3分离，所以操作i的名称为过滤，
故答案为：过滤；（2）根据影响化学反应速率的因素分析，可采取如升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等措施，
故答案为：升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等；（3）固体A为FeO、Fe2O3，首先FeO和Fe2O3溶解在稀硫酸中生成FeSO4、Fe2（SO4）3，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；（4）根据流程图可知，NH4Cl为可循环利用物质，故答案为：NH4Cl；（5）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，当时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，
故答案为：2； NH4F；（6）根据电池总反应可知，AgO为电池正极材料，电池工作时，AgO得到电子生成Ag，其电极反应为：AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣，有6mol电子转移，则正极生成6molOH﹣，负极电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，负极消耗8molOH﹣，由于正极产生的6molOH﹣向着负极迁移，所以电池最终消耗2molOH﹣，也可根据电池总反应得出消耗2molOH﹣，
故答案为：AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣； 2．
【分析】粉煤灰（主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等），加入NaOH溶液使SiO2、Al2O3溶解，生成滤液C中含有Na2SiO3和NaAlO2，Fe2O3、FeO和氢氧化钠不反应，所以固体A为Fe2O3、FeO混合物，过滤后，A中加双氧水和硫酸，双氧水能氧化亚铁离子，得溶液B为Fe2（SO4）3溶液，滤液中通入过量盐酸，得固体D为H2SiO3，溶液F为氯化铝溶液，D煅烧得E为SiO2，F溶液中通入氨气得H为氢氧化铝和溶液J为氯化铵，H煅烧得I为Al2O3，据此答题．（1）分离固体和液体用过滤操作；（2）增大反应速率可以升高温度，增大接触面积，增大浓度等；（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；（4）参与反应，过程中又生成的物质可以循环使用；（5）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，当时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高；（6）根据电池总反应可知，AgO为电池正极材料，电池工作时，AgO得到电子生成Ag，其电极反应为：AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣，有6mol电子转移，则正极生成6molOH﹣，负极电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，负极消耗8molOH﹣，据此分析计算．
12．【答案】（1）第二周期第ⅤⅠA族；N
（2）
（3）3.01×1024
（4）sp3；H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中
（5）4；
【知识点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，位于周期表中第二周期第ⅤⅠA族，同周期从左向右第一电离能增大，从上向下第一电离能减小，所以第一电离能最大的元素为N，
故答案为：第二周期第ⅤⅠA族；N；（2）钛的原子序数为22，核外电子排布式示意图为
故答案为：
3）N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，所以1mol N2H4分子中含有的共价键数目为3.01×1024，
故答案为：3.01×1024；（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数为 =4，所以氧原子杂化方式为sp3，H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2不能溶解在CS2中，
故答案为：sp3；H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中；（5）根据图知，顶点上的每个B原子和四个N原子形成共价键，所以B原子的配位数是4；该晶胞中N原子个数是4，B个数= ×8+6× =4，晶胞体积= = cm3，晶胞边长= cm，晶胞底面对角线长= cm，晶体N原子位于晶胞体对角线的 处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的一半，所以两个最近N原子间的距离= cm，
故答案为：4； ．
【分析】（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，同周期从左向右第一电离能增大，从上向下第一电离能减小，据此答题；（2）钛的原子序数为22，根据核外电子排布规律画出电子排布式示意图；（3）N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，据此判断共价键数目；（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数判断其中心原子杂化方式，根据相似相溶原理答题；（5）根据氮化硼晶胞图判断处于晶胞顶点上的原子的配位数，根据V= 计算晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，晶体N原子位于晶胞体对角线的 处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的一半．
13．【答案】（1）羟基、醛基；消去反应
（2）苯甲醛
（3）4
（4） +2Cu（OH）2+NaOH +Cu2O↓+3H2O
（5）CH3CHO+3HCHO
（6）4； 和
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2═C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2═C（CH3）COOH；Y与甲醛在碱性条件下生成D，D与氢气加成得E，由信息iii中N的结构及E和G反应生成N可知，E为 ，G为 ，根据转化关系，可逆推得Y为CH3CHO，Z为 ，故F为 ，D为 ，根据信息ii中反应，结合M的分子式C21H28O8可知，M的物质为 ，（1）由上述分析可知，A为HOCH2CH（CH3）CHO，含有羟基、醛基，A→B是HOCH2CH（CH3）CHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2═C（CH3）CHO，
故答案为：羟基、醛基；消去反应；（2）由上述分析可知，Z的结构简式是 ，名称是苯甲醛，故答案为：苯甲醛；（3）M的物质为 ，1molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗 4molH2，故答案为：4；（4）B为CH2═C（CH3）CHO，由B生成C的反应①的化学方程式为 +2Cu（OH）2+NaOH +Cu2O↓+3H2O，
故答案为： +2Cu（OH）2+NaOH +Cu2O↓+3H2O； （5）Y为CH3CHO，由Y生成D的化学方程式为CH3CHO+3HCHO ，故答案为：CH3CHO+3HCHO ；（6）G为 ，G的同分异构体仍含有C=C和﹣CHO，符合条件的同分异构体有如下4种： 、 、 、 ，其中 和 核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式，
故答案为：4； 和 ．
【分析】有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2═C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2═C（CH3）COOH；Y与甲醛在碱性条件下生成D，D与氢气加成得E，由信息iii中N的结构及E和G反应生成N可知，E为 ，G为 ，根据转化关系，可逆推得Y为CH3CHO，Z为 ，故F为 ，D为 ，根据信息ii中反应，结合M的分子式C21H28O8可知，M的物质为 ，据此解答．
1 / 12015-2016学年山东省枣庄市滕州市实验高中高三上学期开学化学试卷
一、单选题
1．（2015高三上·滕州开学考）日常生活中一些事例常涉及到化学知识，下列分析不正确的是（ ）
A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
B．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物
C．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2
D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
【答案】C
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．硅酸钠具有粘性、不易燃烧，用来制备硅胶和木材防火剂的原料，故A正确；
B．纯棉织物的主要成分是纤维素，与纸相似，纯毛织物的主要成分是蛋白质，与羽毛相似，前者燃烧有烧纸的气味，后者燃烧有烧焦羽毛的气味，故B正确；
C．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故C错误；
D．重金属盐能使蛋白质发生变性，细菌是蛋白质，能被银离子杀死，故D正确．
故选C．
【分析】A．硅酸钠具有粘性、不易燃烧；
B．蛋白质燃烧有烧焦羽毛的气味；
C．亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸；
D．重金属盐能使蛋白质发生变性．
2．（2016高二下·娄底期末）中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末．该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”．同学们对此有下列一些理解，其中错误的是（ ）
A．金刚石属于金属单质 B．制造过程中元素种类没有改变
C．CCl4是一种化合物 D．这个反应是置换反应
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、金刚石属于非金属单质，故A错误；
B、化学反应前后遵循元素守恒的思想，制造过程中元素种类没有改变，故B正确；
C、CCl4由不同种元素组成的纯净，属于化合物，故C正确；
D、CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末的过程是钠单质置换出碳单质的过程，属于置换反应，故D正确．
故选A．
分析】A、金刚石是碳元素组成的单质，属于非金属单质；
B、化学反应前后遵循元素守恒的思想；
C、由不同种元素组成的纯净物叫化合物；
D、一种单质和一种化合物反应生成新的单质和化合物的反应叫做置换反应
3．（2015高三上·滕州开学考）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．加水稀释 增大的溶液：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣
B．常温下 =0.1 mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣
C．铁片加入产生气泡的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣
D．NaHCO3溶液：K+、Na+、SO42﹣、Al3+
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．加水稀释 增大的溶液为酸性溶液，AlO2﹣与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．常温下 =0.1 mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B正确；
C．加入铁片产生气泡的溶液可能为稀盐酸、稀硫酸，有可能为硝酸，NO3﹣在酸性条件下能够氧化I﹣，硝酸也能够氧化I﹣，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D．NaHCO3、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．加水稀释 增大的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；
B．常温下 =0.1mol/L的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．加入铁片产生气泡的溶液为酸性或强氧化性溶液，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子，且强氧化性溶液能够氧化碘离子；
D．铝离子与碳酸氢钠发生双水解反应．
4．（2015·沙市模拟）NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是（ ）
A．7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2NA
B．标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1NA
C．1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NA
D．0.1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数为0.3NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，含有阴离子数目为0.1NA，故A错误；
B、标况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；
C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的物质的量小于0.2mol，即小于0.2NA个，故C错误；
D、0.1mol Fe与足量稀HNO3反应生成0.1mol硝酸铁，转移电子数为0.3NA，故D正确；
故选D．
【分析】A、过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成；
B、标况下，三氯甲烷为液态；
C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
D、铁与足量硝酸反应生成三价铁离子．
5．下列说法不正确的是（ ）
A．胶状沉淀或颗粒太小的沉淀不宜用减压过滤，溶液有强酸性、强碱性或强氧化性时，应用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B．移液管吸取溶液后，应将其垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管。
C．红外光谱仪、质谱仪、核磁共振仪可用于测定有机物结构，同位素示踪法可用于研究化学反应历程
D．为检验火柴头中是否存在氯元素，将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液、稀硝酸溶液。若出现白色沉淀，说明含氯元素。
【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、胶状沉淀或颗粒太小的沉淀不宜用减压过滤，溶液有强酸性、强碱性或强氧化性时，应用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，正确；B、移液管吸取溶液后，应将其垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管，正确；C、红外光谱仪、质谱仪、核磁共振仪可用于测定有机物结构，同位素示踪法可用于研究化学反应历程，正确；D、火柴头中氯元素以KClO3形式存在，应该用燃尽的火柴头浸泡或加NaNO2、AgNO3、HNO3溶液加以检验，错误。
【分析】本题考查化学仪器的使用方法、仪器法检验物质的使用、氯元素的检验等，题目难度中等，熟练掌握化学仪器的使用和元素的检验是解题的关键 。
6．（2015高三上·滕州开学考）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．下列叙述正确的是（ ）
A．迷迭香酸属于芳香烃
B．迷迭香酸可以发生水解、消去、取代和酯化反应
C．1mol迷失香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应
D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成，和6mol溴发生取代反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团
【解析】【解答】解：A、有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，所以迷迭香酸不属于芳香烃，故A错误；
B、该物质中含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，所以迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应，不能发生消去反应，故B错误；
C、1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故C正确；
D、该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有2mol苯环，所以2mol苯环需要6mol氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有1mol碳碳双键，所以1mol碳碳双键需要1mol氢气发生加成反应，所以最多能和7mol氢气发生加成反应，该物质中含有酚羟基，所有苯环上酚羟基的邻位和对位的氢原子共6mol能与溴发生取代反应，即可以和6mol溴发生取代反应，故D错误；
故选C．
【分析】A、芳香烃是含有苯环且组成元素只有碳和氢元素的化合物；
B、该分子含有的官能团有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，所有应具有酚、羧酸、酯、烯烃的性质；
C、迷迭香酸中的酚羟基、羧基、酯基均可以和氢氧化钠发生反应；
D、该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发生加成反应，含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应．
7．（2015高三上·滕州开学考）根据表中八种短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是
元素编号 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径/nm 0.037 0.074 0.082 0.099 0.102 0.143 0.152 0.186
最高化合价或 最低化合价 +1 ﹣2 +3 ﹣1 ﹣2 +3 +1 +1
（ ）
A．元素②⑥形成的化合物具有两性
B．元素②气态氢化物的沸点小于元素⑤气态氢化物的沸点
C．元素⑤对应的离子半径大于元素⑦对应的离子半径
D．元素④的最高价氧化物的水化物比元素⑤的最高价氧化物的水化物酸性强
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】②⑤的最低价都为﹣2价，应该为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①⑦⑧的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：①为H元素、⑦为Li元素、⑧为Na元素；③⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知：③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，
A．元素②⑥形成的化合物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故A正确；
B．元素②气态氢化物为水，元素⑤气态氢化物为硫化氢，由于水分子中存在氢键，则水的沸点大于硫化氢，故B错误；
C．元素⑤对应的离子为硫离子，元素⑦对应的离子为锂离子，硫离子含有3个电子层、锂离子含有1个电子层，所以硫离子的离子半径大于锂离子，故C正确；
D．元素④的最高价氧化物的水化物高氯酸，元素⑤的最高价氧化物的水化物为硫酸，由于非金属性：Cl＞S，则高氯酸的酸性大于硫酸，故D正确；
故选B．
【分析】②⑤的最低价都为﹣2价，应该为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①⑦⑧的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：①为H元素、⑦为Li元素、⑧为Na元素；③⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知：③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，据此结合元素周期律知识进行解答．
二、综合题
8．（2015高三上·滕州开学考）四氯化锡常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡．已知SnCl4为无色液体，熔点﹣33℃，沸点114℃，极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可用如图装置合成四氯化锡（夹持装置略）．
（1）装置D的名称为 ；
（2）冷凝水应从 （填“a”或“b”）口进入F中；
（3）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反应的化学反应方程式为 ；
（4）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为 ；
（5）装置E中加热的目的是 、 ；
（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气中的氯气，其反应的离子反应方程式为 ．
（7）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为 ．
（8）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G 中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为 ．（已知SnCl4相对分子质量为261）
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）b
（3）MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O
（4）SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）
（5）促进氯气与锡粉反应；促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去
（6）2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
（7）在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）
（8）95.0%
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）根据装置D的结构特点和应用可知为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）为了冷却充分，使冷凝水充满整个冷凝管，冷凝水应该从b口进，a口出，故答案为：b；（3）装置A中是在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应制备Cl2，其化学反应方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，帮答案为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）装置A制备的Cl2中含有HCl和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，可除去Cl2中的HCl，装置C中应该盛放浓H2SO4，除去Cl2中的水蒸气，若没有装置C，水蒸气会进入装置D中，根据题目信息，生成的SiCl4能与H2O发生反应：SnCl4+4H2O Sn（OH）4+4HCl，加热促进其水解，生成的Sn（OH）4分解生成SnO2，所以可能得到的副产物为SnO2，故答案为：SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（5）Sn与Cl2反应需在加热条件下进行，同时生成的SnCl4的沸点为114℃，加热促进SnCl4气化，进入37装置F中，然后冷却分离，故答案为：促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去；（6）氯气能氧化FeBr2生成氯化铁和溴，发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；（7）装置H中的水蒸气会进入装置G中导致SnCl4水解，所以应该在装置G、H之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管），防止空气中的水蒸气进入装置G中，故答案为：在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；（8）根据反应：Sn+2Cl2 SnCl4，6.72L标准状况下的Cl2体积为0.3mol，理论上可得0.15molSnCl4，其质量=0.15mol×261g/mol=39.15g，故SnCl4的产率= =95.0%，故答案为：95.0%．
【分析】题中所制SnCl4为无色液体，熔点﹣33℃，沸点114℃，极易水解，在潮湿的空气中发烟，故利用氯气制SnCl4时，应保持干燥无氧环境，同时还要考虑Cl2本身的除杂，装置E加热的目的是使生成的SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去，并经过冷凝管液化后进行收集要，最后再碱性溶液吸收含有氯气的尾气，反应产率可根据A中生成的氯气计算出理论产值，再求算产率；（1）结合常见的仪器可判断D装置的仪器名称；（2）冷凝管里冷却水的方向应该与气流方向相反；（3）装置A是实验室制氯气，反应物为二氧化锰和浓盐酸，生成氯化锰及氯气；（4）没有装置C，进入D装置的氯气中混有水汽，SnCl4遇水会水解，产生杂质；（5）装置E是制SnCl4的反应装置，加热会加快反应时行，同时因SnCl4沸点较低，可使SnCl4气化便于分离与收集；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液，利用氯气可氧化FeBr2，达到吸收尾气中氯气的目的；（7）因SnCl4易水解，在尾气处理装置前要增加一个干燥装置，防止有水蒸汽进入G中；（8）根据反应A中生成的氯气可计算SnCl4理论产量，再结合实际产量，计算产率．
9．（2015高三上·滕州开学考）硫和氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措．
（1）研究发现利用NH3可消除硝酸尾气中的NO污染．NH3与NO的物质的量之比分别为1﹕3、3﹕1、4﹕1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：
①用化学反应方程式表示NH3消除NO的反应原理 （不用注明反应条件）．
②曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是 ．
③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为 mg/（m3 s）．
（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，若吸收的溶液中NO2﹣的浓度为ag L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2 L．（用含a的代数式表示，计算结果保留整数）
（3）SO2被少许NaOH溶液吸收生成能使pH试纸变红的NaHSO3溶液，工业上可电解NaHSO3得到重要化工产品Na2S2O4．
①NaHSO3溶液中离子浓度大小为 ．
②写出生成S2O42﹣的电极反应式 ．
【答案】（1）4NH3+6NO=5N2+6H2O；3：1；1.5×10﹣4
（2）243.5a
（3）c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；2H++2 HSO3﹣+2e﹣=S2O42﹣+2H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：（1）①NH3与NO在一定条件下发生氧化还原反应生成N2和H2O，结合原子守恒配平书写方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1，
故答案为：3：1；③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率= =1.5×10﹣4mg/（m3 s），
故答案为：1.5×10﹣4mg；（2）NO2﹣的浓度为ag L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，则失去电子物质的量= ×2，1molO2获得4mol电子，设消耗标况下氧气的体积是VL，则有： ×4= ×2，解得V=243.5a，
故答案为：243.5a；（3）①NaHSO3溶液呈酸性，说明HS的电离程度大于其水解程度，故溶液中离子浓度大小为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；
②HSO3﹣到S2O42﹣转化过程中S元素价态变化（由+4→+3价）可知，HSO3﹣在电解时得到电子生成S2O42﹣，所以其电极反应为：2H++2 HSO3﹣+2e﹣=S2O42﹣+2H2O，故答案为：2H++2 HSO3﹣+2e﹣=S2O42﹣+2H2O．
【分析】（1）①NH3与NO在一定条件下发生氧化还原反应生成N2和H2O：4NH3+6NO=5N2+6H2O；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1；③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率= ×100%；（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2﹣的浓度为ag L﹣1，要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3，则失去电子物质的量= ×2，1molO2获得4mol电子，设消耗标况下氧气的体积是VL，则有： ×4= ×2，解得V=243.5a．（3）①NaHSO3溶液呈酸性，说明HS的电离程度大于其水解程度；
②HSO3﹣到S2O42﹣转化过程中S元素价态变化（由+4→+3价）可知，HSO3﹣在电解时得到电子生成S2O42﹣，结合电荷守恒和原子守恒配平写出电极反应．
10．（2015高三上·滕州开学考）煤化工中两个重要反应为：
①C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g）△H=+131.3kJ mol﹣1，
②CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）．
（1）下列说法正确的是 ．
A．当反应①的容器中混合气体的密度不再变化时反应达到最大限度
B．反应②的熵变△S＞0
C．反应①中增加C固体的量能增大反应速率
D．在反应中②及时分离出产生的H2对正反应速率无影响
（2）若工业上要增加反应①的速率，最经济的措施为 ．
（3）现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入2L恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所 需时间/min
CO H2O H2 CO2
I 650 4 2 1.6 1.6 5
Ⅱ 900 2 1 0.5 0.5 3
Ⅲ 900 a b c d t
①实验I中，从反应开始到反应达到平衡时，H2O的平均反应速率为 ．
②CO（g）和H2O（g）反应的△H 0 （ 填“大于”、“小于”或“等于”）
③实验III中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是 ，与实验Ⅱ相比，化学平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
④若在900℃时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1mol CO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，平衡向 方向移动（填“正反应”、“逆反应”“不移动”）．
（4）CO、H2可用于甲醇和甲醚，其反应为（m、n均大于0）：
反应①：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣mkJ mol﹣1
反应②：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ mol﹣1
反应③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0
则m与n的关系为 ．
【答案】（1）A
（2）粉碎煤炭、增加H2O的浓度、使用合适的催化剂
（3）0.04mol/（L min）；小于；a＜b；不变；正反应
（4）n＞2m
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）A．因为反应①可知反应物C为固体，所以反应前后质量在变，又体积固定，所以当反应①的密度是变化值，当密度不再变化时反应达到最大限度，故A正确；
B．反应物和生成物都是气体，且化学计量总数相等，故该反应的△S无法判断，故B错误；
C．碳为固体，增加其量不会影响反应速率，故C错误；
D．在反应中②及时分离出产生的H2相当于减小了反应物的浓度，逆反应速率瞬时减小，正反应速率会逐渐减小，故D错误；
故选：A；（2）根据反应①的特点，增加反应速率最经济的方法有：一是将C固体粉碎，增加反应接触面积从而增加反应速率，二是增加水蒸气的浓度来增加反应速率，三是采用合适的催化剂来提高反应速率，故答案为：粉碎煤炭、增加H2O的浓度、使用合适的催化剂；（3）①根据方程式可知v（H2O）=v（CO2），则v（H2O）=v（CO2）= =0.04mol/（L min），故答案为：0.04mol/（L min）；
②实验I达平衡时，
H2O（g）+ CO（g） CO2（g）+ H2（g）
初始 1mol/L 2mol/L 0 0
转化 0.8mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L
平衡 0.2mol/L 1.2mol/L 0.8mol/L 0.8mol/L
根据K= 计算可得该反应在650℃时平衡常数数值为K= =2.67，
实验Ⅱ达平衡时，
H2O（g）+ CO（g） CO2（g）+ H2（g）
初始 1mol/L 0.5mol/L 0 0
转化 0.25mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L
平衡 0.75mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L 0.25mol/L
根据K= 计算可得该反应在900℃时平衡常数数值为K= = ，可见温度升高K减小，反应为放热反应，△H＜0
故答案为：小于；
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）反应中，CO和H2O的计量数相同，当CO和水蒸气的物质的量相等时二者转化率相等，故当水蒸气的物质的量大于CO时，CO的转化率大于水蒸气，则a＜b；又平衡常数仅与温度有关，所以实验III中与实验Ⅱ相比，化学平衡常数不变；
故答案为：a＜b；不变；
④在900℃时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1molCO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，此时有2.5molCO、1mol H2O、0.7mol CO2、1mol H2，则c（CO）=1.25mol L﹣1，c（H2O）=0.5mol L﹣1，c（CO2）=0.35mol L﹣1，c（H2）=0.5mol L﹣1，此时Q= =0.28＜K，故反应应向正反应方向进行，故答案为：正反应；（4）①：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣mkJ mol﹣1
②：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ mol﹣1
③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0
根据盖斯定律，②﹣①×2可得③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=（2m﹣n）＜0，所以n＞2m，故答案为：n＞2m．
【分析】（1）A．根据密度是否为变化值判断；
B．反应物和生成物都是气体，且化学计量总数相等，故该反应的△S无法判断，故B错误；
C．碳为固体，增加其量不会影响反应速率；
D．在反应中②及时分离出产生的H2相当于减小了反应物的浓度；（2）根据增加反应速率可以从增大表面积，增加反应物的浓度、使用合适的催化剂等分析；（3）①根据v= 计算；
②分别计算出第一组和第二组温度平衡时各物质的浓度，根据K= 计算判断；
③根据CO和H2O的计量数相同，当CO和水蒸气的物质的量相等时二者转化率相等，故当水蒸气的物质的量大于CO时，CO的转化率大于水蒸气；平衡常数仅与温度有关；
④根据Q= 与K的大小判断反应进行的方向；（4）①：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣mkJ mol﹣1
②：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ mol﹣1
③：2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0
根据盖斯定律，②﹣①×2判断．
三、【化学选修--2：化学与技术】
11．（2015高三上·滕州开学考）我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等．一种利用粉煤灰制取氧化铝、硫酸铁溶液、二氧化硅的工艺流程如下：
（1）操作i的名称为
（2）工业上若需加快粉煤灰与NaOH溶液反应的浸出速率，可采取的措施有 （写两点即可）．
（3）写出固体A溶解在稀硫酸中所得溶液与H2O2反应的离子方程式 ．
（4）以上流程中可以循环利用的物质是 （填化学式）．
（5）某科研小组用硫酸作为浸取液，浸取粉煤灰中的铝元素和铁元素，在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为 h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是 （填化学式）．
（6） 电池是一种新型安全电池，广泛用于军事领域，其电池总反应为：2Al+3AgO+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣+3Ag，则该电池工作时正极的电极反应方程式为 ，若电池产生6mol电子转移，整体上分析电池负极消耗的OH﹣物质的量最终为 mol．
【答案】（1）过滤
（2）升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等
（3）H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O
（4）NH4Cl
（5）2；NH4F
（6）AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣；2
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：粉煤灰（主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等），加入NaOH溶液使SiO2、Al2O3溶解，生成滤液C中含有Na2SiO3和NaAlO2，Fe2O3、FeO和氢氧化钠不反应，所以固体A为Fe2O3、FeO混合物，过滤后，A中加双氧水和硫酸，双氧水能氧化亚铁离子，得溶液B为Fe2（SO4）3溶液，滤液中通入过量盐酸，得固体D为H2SiO3，溶液F为氯化铝溶液，D煅烧得E为SiO2，F溶液中通入氨气得H为氢氧化铝和溶液J为氯化铵，H煅烧得I为Al2O3，（1）加入过量NaOH溶液后，只有FeO、Fe2O3不反应，SiO2与Al2O3转化为可溶性的Na2SiO3和NaAlO2，通过过滤实现FeO、Fe2O3分离，所以操作i的名称为过滤，
故答案为：过滤；（2）根据影响化学反应速率的因素分析，可采取如升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等措施，
故答案为：升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等；（3）固体A为FeO、Fe2O3，首先FeO和Fe2O3溶解在稀硫酸中生成FeSO4、Fe2（SO4）3，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；（4）根据流程图可知，NH4Cl为可循环利用物质，故答案为：NH4Cl；（5）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，当时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，
故答案为：2； NH4F；（6）根据电池总反应可知，AgO为电池正极材料，电池工作时，AgO得到电子生成Ag，其电极反应为：AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣，有6mol电子转移，则正极生成6molOH﹣，负极电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，负极消耗8molOH﹣，由于正极产生的6molOH﹣向着负极迁移，所以电池最终消耗2molOH﹣，也可根据电池总反应得出消耗2molOH﹣，
故答案为：AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣； 2．
【分析】粉煤灰（主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等），加入NaOH溶液使SiO2、Al2O3溶解，生成滤液C中含有Na2SiO3和NaAlO2，Fe2O3、FeO和氢氧化钠不反应，所以固体A为Fe2O3、FeO混合物，过滤后，A中加双氧水和硫酸，双氧水能氧化亚铁离子，得溶液B为Fe2（SO4）3溶液，滤液中通入过量盐酸，得固体D为H2SiO3，溶液F为氯化铝溶液，D煅烧得E为SiO2，F溶液中通入氨气得H为氢氧化铝和溶液J为氯化铵，H煅烧得I为Al2O3，据此答题．（1）分离固体和液体用过滤操作；（2）增大反应速率可以升高温度，增大接触面积，增大浓度等；（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；（4）参与反应，过程中又生成的物质可以循环使用；（5）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，当时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高；（6）根据电池总反应可知，AgO为电池正极材料，电池工作时，AgO得到电子生成Ag，其电极反应为：AgO+2e﹣+H2O=Ag+2OH﹣，有6mol电子转移，则正极生成6molOH﹣，负极电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，负极消耗8molOH﹣，据此分析计算．
四、【化学--选修3：物质结构与性质】
12．（2015高三上·滕州开学考）举世瞩目的中国探月工程三期再入返回试验器于2014年10月24日凌晨成功发射，为实现月球采样和首次地月往返踏出了成功的第一步．探月工程三期的主要目标是实现无人自动采样返回，突破月面采样、月面上升、月球轨道交会对接等核心关键技术．已知所用火箭推进剂为肼 （N2H4）和过氧化氢（H2O2），火箭箭体一般采用钛合金材料．
请回答下列问题：
（1）N2H4、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为 ，第一电离能最大的元素为 ．
（2）钛的原子序数为22，其基态电子排布式示意图为 ．
（3）1mol N2H4分子中含有的键数目为 ．
（4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道为 ，估计它难溶于CS2，简要说明原因
（5）氮化硼其晶胞如图2所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为 ，若立方氮化硼的密度为ρ g cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为 cm．
【答案】（1）第二周期第ⅤⅠA族；N
（2）
（3）3.01×1024
（4）sp3；H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中
（5）4；
【知识点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，位于周期表中第二周期第ⅤⅠA族，同周期从左向右第一电离能增大，从上向下第一电离能减小，所以第一电离能最大的元素为N，
故答案为：第二周期第ⅤⅠA族；N；（2）钛的原子序数为22，核外电子排布式示意图为
故答案为：
3）N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，所以1mol N2H4分子中含有的共价键数目为3.01×1024，
故答案为：3.01×1024；（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数为 =4，所以氧原子杂化方式为sp3，H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2不能溶解在CS2中，
故答案为：sp3；H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中；（5）根据图知，顶点上的每个B原子和四个N原子形成共价键，所以B原子的配位数是4；该晶胞中N原子个数是4，B个数= ×8+6× =4，晶胞体积= = cm3，晶胞边长= cm，晶胞底面对角线长= cm，晶体N原子位于晶胞体对角线的 处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的一半，所以两个最近N原子间的距离= cm，
故答案为：4； ．
【分析】（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，同周期从左向右第一电离能增大，从上向下第一电离能减小，据此答题；（2）钛的原子序数为22，根据核外电子排布规律画出电子排布式示意图；（3）N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，据此判断共价键数目；（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数判断其中心原子杂化方式，根据相似相溶原理答题；（5）根据氮化硼晶胞图判断处于晶胞顶点上的原子的配位数，根据V= 计算晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，晶体N原子位于晶胞体对角线的 处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的一半．
五、【化学--选修5：有机化学基础】
13．（2015高三上·滕州开学考）重要有机物M和N常用于交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图所示：
已知：
i
ii
iii N的结构简式：
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为 ，由A生成B的反应类型为 ．
（2）Z的名称为
（3）1molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗 molH2．
（4）由B生成C的反应①的化学方程式为 ．
（5）由Y生成D的化学方程式为 ．
（6）G的同分异构体有多种，其中与G具有相同官能团的同分异构体有 种，写出核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式 ．
【答案】（1）羟基、醛基；消去反应
（2）苯甲醛
（3）4
（4） +2Cu（OH）2+NaOH +Cu2O↓+3H2O
（5）CH3CHO+3HCHO
（6）4； 和
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2═C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2═C（CH3）COOH；Y与甲醛在碱性条件下生成D，D与氢气加成得E，由信息iii中N的结构及E和G反应生成N可知，E为 ，G为 ，根据转化关系，可逆推得Y为CH3CHO，Z为 ，故F为 ，D为 ，根据信息ii中反应，结合M的分子式C21H28O8可知，M的物质为 ，（1）由上述分析可知，A为HOCH2CH（CH3）CHO，含有羟基、醛基，A→B是HOCH2CH（CH3）CHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2═C（CH3）CHO，
故答案为：羟基、醛基；消去反应；（2）由上述分析可知，Z的结构简式是 ，名称是苯甲醛，故答案为：苯甲醛；（3）M的物质为 ，1molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗 4molH2，故答案为：4；（4）B为CH2═C（CH3）CHO，由B生成C的反应①的化学方程式为 +2Cu（OH）2+NaOH +Cu2O↓+3H2O，
故答案为： +2Cu（OH）2+NaOH +Cu2O↓+3H2O； （5）Y为CH3CHO，由Y生成D的化学方程式为CH3CHO+3HCHO ，故答案为：CH3CHO+3HCHO ；（6）G为 ，G的同分异构体仍含有C=C和﹣CHO，符合条件的同分异构体有如下4种： 、 、 、 ，其中 和 核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式，
故答案为：4； 和 ．
【分析】有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2═C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2═C（CH3）COOH；Y与甲醛在碱性条件下生成D，D与氢气加成得E，由信息iii中N的结构及E和G反应生成N可知，E为 ，G为 ，根据转化关系，可逆推得Y为CH3CHO，Z为 ，故F为 ，D为 ，根据信息ii中反应，结合M的分子式C21H28O8可知，M的物质为 ，据此解答．
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